群と対称性

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$n$ 次の1元代数方程式（以下、単に方程式と呼ぶ）は、通常次のように表される。

$$a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 = 0 \quad (a_n \ne 0)$$

ここで $n$ は正の整数であり、方程式の次数と呼ばれる。$a_0, a_1, \dots, a_n$ は方程式の係数と呼ばれ、一般に複素数または実数を値にとる。以下では、$a_0, a_1, \dots, a_n$ が実数であると仮定する。方程式の解は時に方程式の根とも呼ばれる。代数学の基本定理（任意の $n$ 次代数方程式は、重複を数えてちょうど $n$ 個の複素数根を持つ）は、方程式の根の存在を示すだけであり、具体的な根の求め方を与えるものではない。

我々が知っているように、2次代数方程式

$$ax^2 + bx + c = 0 \quad (a \ne 0)$$

の2つの根は、係数 $a, b, c$ に対して有限回の加・減・乗・除および平方根を求める演算を行うことによって与えられる。事実、古代バビロニア人はすでにこの方法を用いて2次代数方程式を解いていた。しかし、3次、4次、さらにはそれ以上の次数の代数方程式について、係数の加・減・乗・除および平方根、立方根、4乗根、あるいはさらに高次の根を求めることで方程式の解を求められるかという問題は、16世紀半ばになってようやく解決された。その期間は千年以上に及んだ。その後、人々は自然と2次、3次、4次方程式と同様に、5次以上の方程式の根も方程式の係数の代数式で表せるような公式を見つけたいと望んだが、残念なことに、それから200年以上の時間を費やしても何の進展も得られなかった。

まさにこの「残念な結果」により、人々は5次方程式に対してそのような解の公式は根本的に存在しないのではないかと意識し始め、その背後にある理由を深く考えざるを得なくなった。19世紀初頭、二人の若き数学者ガロア（Galois）とアーベル（Abel）は代数方程式の根の置換を考察し、そこから「群」の概念を生み出した。これは、5次以上の代数方程式が代数的解法で解けない理由を明らかにしただけでなく、群の理論が物理学、化学、力学などの分野で重要な役割を果たすきっかけとなった。

このページでは、代数方程式の解法からどのように群の概念が導入されたか、および群に関するいくつかの基本的な内容を紹介するにとどめる。

代数方程式の根

まず、一般的な定義を与える。

定義 $n$ 次代数方程式

$$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 = 0 \quad (a_n \ne 0)$$

を考える。ここで、方程式の係数 $a_0, a_1, \dots, a_n$ は複素数または実数である。

もしある数が、方程式の係数 $a_0, a_1, \dots, a_n$ の加・減・乗・除および各種の次数の冪根をとることで得られるなら、その数は $a_0, a_1, \dots, a_n$ によって代数的に表される（代数表示される）という。 もしある方法によって、方程式の根が方程式の係数 $a_0, a_1, \dots, a_n$ で代数的に表せるなら、それを代数的解法と呼ぶ。

$1^\circ$ 2次代数方程式の解法

一般性を失うことなく、2次方程式の最高次係数を 1 とすると、

$$x^2 + px + q = 0$$

となる。平方完成により、この方程式は

$$\left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + q - \frac{p^2}{4} = 0$$

と変形できる。したがって、方程式の2つの根は係数 $p, q$ によって代数的に表される：

$$x_1 = \frac{-p + \sqrt{p^2 - 4q}}{2}, \quad x_2 = \frac{-p - \sqrt{p^2 - 4q}}{2}$$
$$\Delta = p^2 - 4q$$

とおくと、$\Delta$ の値に基づいて、方程式の2つの根が異なる2つの実数解か、重解か、または互いに共役な1組の複素数解かを判定できる。

$2^\circ$ 3次代数方程式の解法

3次代数方程式

$$x^3 + ax^2 + bx + c = 0$$

については状況がやや複雑になるが、依然として代数的解法で解くことができる。変数変換

$$x = y - \frac{a}{3}$$

を行うと、方程式は

$$y^3 + \frac{3b - a^2}{3}y + \frac{2a^3 - 9ab + 27c}{27} = 0$$

となる。したがって、一般的な3次代数方程式の求解問題は、次の方程式の求解問題に帰着される：

$$x^3 + px + q = 0$$

ここで $x$ は前述の $y$ に相当する。ここで $p, q$ は元の方程式の係数 $a, b, c$ によって代数的に表される。さらに次のような変換を行う：

$$x = z - \frac{p}{3z}$$

すると

$$z^3 - \frac{p^3}{27z^3} + q = 0$$

となり、これを $z^3$ についての2次方程式へと変換できる：

$$z^6 + qz^3 - \frac{p^3}{27} = 0$$

2次方程式の解の公式より、

$$z^3 = \frac{-q \pm \sqrt{\Delta}}{2}$$

となる。ここで $\Delta = q^2 + \frac{4}{27}p^3$ である。 もし上式の右辺で正の符号をとる方程式

$$u^3 = \frac{-q + \sqrt{\Delta}}{2}$$

を満たすものを考えると、$u\omega$ と $u\omega^2$ も上記の方程式を満たす。すなわち、$u, u\omega, u\omega^2$ は $\frac{-q + \sqrt{\Delta}}{2}$ の3つの立方根（3乗根）である。ここで

$$\omega = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}, \quad \omega^2 = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}$$

は1の3乗根であり、

$$\omega^3 = 1$$

を満たす。 $x = u - \frac{p}{3u}$ を利用して $x$ を求めるために、まず $v = -\frac{p}{3u}$ を計算する。$v$ は次を満たすことが容易にわかる：

$$v^3 = \left(-\frac{p}{3u}\right)^3 = \frac{-q - \sqrt{\Delta}}{2}$$

したがって、$v, v\omega, v\omega^2$ も同じ方程式を満たす。すなわち、$v, v\omega, v\omega^2$ は $\frac{-q - \sqrt{\Delta}}{2}$ の3つの立方根である。$u, u\omega, u\omega^2$ と $v, v\omega, v\omega^2$ をペアにして組み合わせて元の3次方程式の根とするためには、$u$ と $v$ は次を満たさなければならない：

$$uv = -\frac{p}{3}$$

これより、$(u\omega)(v\omega^2) = -\frac{p}{3}$、$(u\omega^2)(v\omega) = -\frac{p}{3}$ となるため、元の方程式の3つの根は

$$x_1 = u + v$$
$$x_2 = u\omega + v\omega^2 = -\frac{1}{2}(u + v) + i\frac{\sqrt{3}}{2}(u - v)$$
$$x_3 = u\omega^2 + v\omega = -\frac{1}{2}(u + v) - i\frac{\sqrt{3}}{2}(u - v)$$

となる。ここで、

$$u = \sqrt[3]{\frac{-q + \sqrt{\Delta}}{2}}, \quad v = \sqrt[3]{\frac{-q - \sqrt{\Delta}}{2}}$$

は $uv = -\frac{p}{3}$ が成り立つような $\frac{-q + \sqrt{\Delta}}{2}$ および $\frac{-q - \sqrt{\Delta}}{2}$ の立方根である。以上の過程を統合すると、方程式の3つの根はすべて方程式の係数によって代数的に表せることがわかる。したがって、3次代数方程式は代数的解法によって解くことができる。

以上の代数的解法によって、2次および3次代数方程式の詳細な求解過程をそれぞれ示した。 以下では、発想を変えて、代数方程式の求解問題に対するより深い理解に集中しよう。

対称多項式と代数方程式のビエタ（Viete）の公式

$x_1, x_2, \dots, x_n$ をいくつかの不定元とし、

$$F(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i_1, \dots, i_n} a_{i_1 \dots i_n} x_1^{i_1} \dots x_n^{i_n}$$

を $n$ 変数多項式と呼ぶ。ここで和はすべて有限和であり、$i_k = 1, \dots, d_k$（$d_k$ は正の整数、$k = 1, \dots, n$）である。

$1^\circ$ 対称多項式

定義 $n$ 変数多項式 $F(x_1, \dots, x_n)$ について、任意の2つの不定元を交換しても $F(x_1, \dots, x_n)$ が変わらないとき、これを対称多項式と呼ぶ。

例えば、2つの不定元 $x_1, x_2$ の多項式

$$F(x_1, x_2) = x_1^2 + x_2^2$$

は $F(x_1, x_2) = F(x_2, x_1)$ を満たす。したがって対称多項式である。

$x_1, \dots, x_n$ を不定元とし、新たな不定元 $x$ を導入する。$x$ についての多項式

$$f(x) = (x - x_1)(x - x_2) \dots (x - x_n)$$
$$= x^n - \lambda_1 x^{n-1} + \lambda_2 x^{n-2} - \dots + (-1)^n \lambda_n$$

とすると、多項式 $f(x)$ の係数は

$$\lambda_1(x_1, \dots, x_n) = x_1 + x_2 + \dots + x_n$$
$$\lambda_2(x_1, \dots, x_n) = x_1 x_2 + x_1 x_3 + \dots + x_2 x_3 + \dots + x_{n-1} x_n$$
$$\dots$$
$$\lambda_n(x_1, \dots, x_n) = x_1 x_2 \dots x_n$$

となる。これらが（$n$変数の）対称多項式であることは明らかである。なぜなら、任意の $x_i$ と $x_j$ を交換しても $f(x)$ は変わらず、当然 $f(x)$ の係数も変わらないからである。$\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ を $x_1, x_2, \dots, x_n$ の基本対称式と呼ぶ。

定理（対称多項式の基本定理） $F(x_1, x_2, \dots, x_n)$ を $x_1, x_2, \dots, x_n$ の対称多項式とする。このとき、$F(x_1, x_2, \dots, x_n)$ は基本対称式の多項式として表すことができる。すなわち、ある $n$ 変数多項式 $G(y_1, y_2, \dots, y_n)$ が存在して、

$$F(x_1, x_2, \dots, x_n) = G(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$$

と表せる。

証明

ここでは $n=2$ の場合のみを証明する。その他の場合の証明も同様である。

$F(x_1, x_2)$ を $x_1, x_2$ の一つの対称多項式とする。$F(x_1, x_2)$ の各項について、$x_1$ の次数が高い順に並べる。$F(x_1, x_2)$ における $x_1$ の最高次項を $ax_1^n x_2^m$ とする（$a$ はその項の係数）。

まず、$n \ge m$ であると断定できる。もしそうでないとすると、対称性 $F(x_1, x_2) = F(x_2, x_1)$ により、$F(x_1, x_2)$ には $ax_1^m x_2^n$ という項も含まれることになる。これは $ax_1^n x_2^m$ が $x_1$ に関する最高次項であることに矛盾する。

一方で、2つの基本対称式の積の冪

$$a\lambda_1^{n-m}\lambda_2^m = a(x_1 + x_2)^{n-m}(x_1 x_2)^m$$

も $x_1, x_2$ の対称多項式であり、展開したときの $x_1$ に関する最高次項は $ax_1^n x_2^m$ である。したがって、

$$F_1(x_1, x_2) = F(x_1, x_2) - a\lambda_1^{n-m}\lambda_2^m$$

においては、$x_1$ に関する最高次項の次数は必ず $n$ より小さくなる。また $F_1(x_1, x_2)$ も依然として対称多項式であるため、上記の手順を繰り返すことで、$F(x_1, x_2)$ を $\lambda_1, \lambda_2$ の多項式として表すことができる。

定理（ビエタ（Viete）の公式） 実数係数の $n$ 次多項式

$$f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$$

について、$x_1, x_2, \dots, x_n$ をその $n$ 個の根とする。したがって次のように因数分解される：

$$f(x) = (x - x_1)(x - x_2) \dots (x - x_n)$$

このとき、以下のビエタの公式（根と係数の関係）が成り立つ：

$$\lambda_1(x_1, \dots, x_n) = x_1 + x_2 + \dots + x_n = -a_{n-1}$$
$$\lambda_2(x_1, \dots, x_n) = x_1 x_2 + x_1 x_3 + \dots + x_2 x_3 + \dots + x_{n-1} x_n = a_{n-2}$$
$$\dots$$
$$\lambda_n(x_1, \dots, x_n) = x_1 x_2 \dots x_n = (-1)^n a_0$$

代数方程式の根の置換と求解

以下では、新たな視点から代数方程式の求解問題を再考する。主に2次および3次代数方程式を取り上げる。

$1^\circ$ 2次代数方程式の根の置換と求解

2次代数方程式

$$x^2 + px + q = 0$$

について、$x_1, x_2$ をその2つの根とする。このとき、

$$x^2 + px + q = (x - x_1)(x - x_2)$$

したがって、根と係数の関係のビエタの公式は次のようになる：

$$\lambda_1(x_1, x_2) = x_1 + x_2 = -p$$
$$\lambda_2(x_1, x_2) = x_1 x_2 = q$$

これらは $x_1$ と $x_2$ の対称多項式であり、すなわち $x_1$ と $x_2$ の置換のもとで不変性を持つ。このような置換を次のように記す：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$$

したがって、置換の作用のもとで次が成り立つ：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}: \lambda_i(x_1, x_2) \Rightarrow \lambda_i(x_2, x_1) = \lambda_i(x_1, x_2), \quad i=1, 2.$$

定理およびビエタの公式より、次がわかる。

系 $x_1, x_2$ を2次代数方程式 $f(x) = x^2 + px + q = 0$ の2つの根とする。このとき、$x_1, x_2$ に関する任意の対称多項式 $P(x_1, x_2)$ は $\lambda_1, \lambda_2$ の多項式として表すことができる。したがって、$P(x_1, x_2)$ は方程式の係数 $p, q$ の加減乗除の演算を通じて表すことができる。

例

$$x_1^2 + x_2^2 = \lambda_1^2 - 2\lambda_2 = p^2 - 2q$$
$$x_1^3 + x_2^3 = \lambda_1^3 - 3\lambda_1\lambda_2 = -p^3 + 3pq$$
$$(x_1 - x_2)^2 = \lambda_1^2 - 4\lambda_2 = p^2 - 4q$$

対称多項式であることに注意すると、

$$(x_1 - x_2)^2 = (x_1 + \omega x_2)^2 = p^2 - 4q$$

となる。ここで $\omega = -1$ は2次の単位根であり、

$$\omega^2 = 1$$

を満たす。平方根をとった後、$x_1 + x_2 = -p$ と連立させると、

$$x_1 + x_2 = -p, \quad x_1 - x_2 = \pm\sqrt{p^2 - 4q}$$

となり、方程式の係数 $p, q$ によって（加減乗除と平方根演算を通じて）根を表し出すことができる。

$$x_1 = \frac{-p + \sqrt{p^2 - 4q}}{2}, \quad x_2 = \frac{-p - \sqrt{p^2 - 4q}}{2}$$

ここでの鍵は、対称多項式 $(x_1 - x_2)^2$ を通じて $x_1 - x_2 = x_1 + \omega x_2$ を見つけ出したことにある。

$2^\circ$ 3次代数方程式の根の置換と求解

2次方程式においては、根の置換を利用して方程式を解くという役割を実感するのはまだ難しいかもしれない。そこで、同じ方法を用いて3次代数方程式

$$x^3 + px^2 + qx + r = 0$$

およびビエタの公式

$$\lambda_1(x_1, x_2, x_3) = x_1 + x_2 + x_3 = -p$$
$$\lambda_2(x_1, x_2, x_3) = x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_1 = q$$
$$\lambda_3(x_1, x_2, x_3) = x_1 x_2 x_3 = -r$$

を考察しよう。根に関する任意の置換 $(x_1, x_2, x_3) \longrightarrow (x_{i_1}, x_{i_2}, x_{i_3})$ は、根の番号 $(1, 2, 3)$ に対する1回の並べ替えである。このような並べ替えは合計6種類あり、次のように記される：

$$\sigma_0 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}, \quad \sigma_1 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}, \quad \sigma_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$
$$\sigma_3 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \quad \sigma_4 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}, \quad \sigma_5 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}$$

2次方程式の場合と全く同様に、3次方程式の根 $x_1, x_2, x_3$ の任意の対称多項式 $P(x_1, x_2, x_3)$ は、$\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ の多項式として表すことができ、ひいては方程式の係数 $p, q, r$ から加減乗除を通じて表すことができる。

ここで、2次の場合における $x_1 - x_2 = x_1 + \omega x_2$ （$\omega^2 = 1$）に類似した多項式を見つける必要がある。そのため、1の3乗根 $1, \omega, \omega^2$ を利用する。これらは次を満たす：

$$\omega^3 = 1$$

次のように置く。

$$\psi_1 = x_1 + \omega x_2 + \omega^2 x_3$$

すると、6種類の置換の作用のもとで、$\psi_1$ はそれぞれ $\psi_2, \psi_3, \psi_4, \psi_5, \psi_6$ へと変換される。具体的な形は以下の通りである。

$$\sigma_0 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} : \psi_1 \longrightarrow x_1 + \omega x_2 + \omega^2 x_3 = \psi_1$$
$$\sigma_1 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix} : \psi_1 \longrightarrow x_1 + \omega x_3 + \omega^2 x_2 = \psi_2$$
$$\sigma_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} : \psi_1 \longrightarrow x_3 + \omega x_1 + \omega^2 x_2 = \psi_3$$
$$\sigma_3 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix} : \psi_1 \longrightarrow x_3 + \omega x_2 + \omega^2 x_1 = \psi_4$$
$$\sigma_4 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} : \psi_1 \longrightarrow x_2 + \omega x_1 + \omega^2 x_3 = \psi_5$$
$$\sigma_5 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix} : \psi_1 \longrightarrow x_2 + \omega x_3 + \omega^2 x_1 = \psi_6$$

置換 $\sigma_0$ を除き、$\psi_1$ は他の置換のもとですべて変化してしまうことに注意する。したがって $\psi_1$ は $x_1, x_2, x_3$ の対称多項式ではない。しかし全体的に見れば、すべての置換のもとで、集合 $\{\psi_1, \psi_2, \psi_3, \psi_4, \psi_5, \psi_6\}$ としては不変であり、単に順序が並べ替えられただけに過ぎない。したがって、

系 $t$ についての多項式

$$f(t) = (t - \psi_1)(t - \psi_2)(t - \psi_3)(t - \psi_4)(t - \psi_5)(t - \psi_6)$$

は $x_1, x_2, x_3$ のいかなる置換のもとでも不変である。したがって、$f(t)$ の係数は $x_1, x_2, x_3$ の対称多項式である。

さらに分析を進めると、6つの置換

$$S_3 = \{\sigma_0, \sigma_1, \sigma_2, \sigma_3, \sigma_4, \sigma_5\}$$

の中に1つのグループがあり、それを

$$A_3 = \{\sigma_0, \sigma_2, \sigma_5\}$$

と記す。これが重要な役割を果たす。その中の置換は $\psi_1$ をそれぞれ以下のように変換する：

$$\psi_1 = \psi_1, \quad \psi_3 = \omega \psi_1, \quad \psi_6 = \omega^2 \psi_1$$

そして残りの $\sigma_1, \sigma_3, \sigma_4$ は $\psi_1$ をそれぞれ $\psi_2, \psi_4, \psi_5$ に変換し、さらに次を満たす：

$$\psi_4 = \omega^2 \psi_2, \quad \psi_5 = \omega \psi_2$$

すなわち、$\psi_1, \dots, \psi_6$ の中では $\psi_1$ と $\psi_2$ のみが独立である。したがって、系における多項式は次のように表すことができる：

$$f(t) = (t - \psi_1)(t - \omega\psi_1)(t - \omega^2\psi_1)(t - \psi_2)(t - \omega\psi_2)(t - \omega^2\psi_2)$$
$$= (t^3 - \psi_1^3)(t^3 - \psi_2^3)$$
$$= t^6 - (\psi_1^3 + \psi_2^3)t^3 + \psi_1^3 \psi_2^3$$

ここでは $\omega^3 = 1$ （したがって $\omega^2 + \omega + 1 = 0$）を利用した。

系 多項式 $f(t)$ の係数

$$\psi_1^3 + \psi_2^3 \quad \text{および} \quad \psi_1^3 \psi_2^3$$

は $x_1, x_2, x_3$ の対称多項式である。したがって、3次多項式の係数 $p, q, r$ を用いて表すことができる：

$$\psi_1^3 + \psi_2^3 = -2p^3 + 9pq - 27r$$
$$\psi_1^3 \psi_2^3 = (p^2 - 3q)^3$$
証明

上式を証明するには、$\psi_1 = x_1 + \omega x_2 + \omega^2 x_3$, $\psi_2 = x_1 + \omega x_3 + \omega^2 x_2$ を代入し、3次多項式のビエタの公式および単位根 $\omega^3 = 1, \omega^2 + \omega + 1 = 0$ を利用すればよい。

方程式 $f(t) = 0$ を考える。その6つの根 $\psi_1, \omega\psi_1, \omega^2\psi_1, \psi_2, \omega\psi_2, \omega^2\psi_2$ は、次式

$$t^3 = \frac{(\psi_1^3 + \psi_2^3) \pm \sqrt{(\psi_1^3 + \psi_2^3)^2 - 4(\psi_1^3 \psi_2^3)}}{2}$$
$$= \frac{(-2p^3 + 9pq - 27r) \pm \sqrt{(-2p^3 + 9pq - 27r)^2 - 4(p^2 - 3q)^3}}{2}$$

の立方根をとることで得られる。したがって、これらは $p, q, r$ によって代数的に表すことができる（すなわち、係数 $p, q, r$ の加減乗除および平方根・立方根の演算を通じて得られる）。

他方、$\psi_1$ と $\psi_2$ のみが独立であるため、さらにビエタの公式から $x_1 + x_2 + x_3 = -p$ を取り出し、以下の連立一次方程式

$$\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 = -p \\ x_1 + \omega x_2 + \omega^2 x_3 = \psi_1 \\ x_1 + \omega x_3 + \omega^2 x_2 = \psi_2 \end{cases}$$

を通じて $x_1, x_2, x_3$ を解き出すことができる（連立一次方程式の理論より、上記の方程式の係数行列式はゼロではないため、唯一の解を持つことがわかる）：

$$\begin{cases} x_1 = \frac{1}{3}(-p + \psi_1 + \psi_2) \\ x_2 = \frac{1}{3}(-p + \omega^2 \psi_1 + \omega \psi_2) \\ x_3 = \frac{1}{3}(-p + \omega \psi_1 + \omega^2 \psi_2) \end{cases}$$

つまり、3次方程式の3つの根 $x_1, x_2, x_3$ は、方程式の係数 $p$ と $\psi_1, \omega\psi_1, \omega^2\psi_1, \psi_2, \omega\psi_2, \omega^2\psi_2$ によって代数的に表すことができる。最終的に、3次方程式の根 $x_1, x_2, x_3$ はその係数 $p, q, r$ によって代数的に表せることがわかった。

ここに至って、我々は別の角度から3次代数方程式を代数的に解く問題を解決した。

4次代数方程式の求根問題を考える際、根の置換は全部で24種類あり、置換の集合を $S_4$ と記す。我々は $S_4$ が $S_3$ と類似した性質を持つことを発見するが、一般的な $n$ 次代数方程式に対しては、根の置換の種類は $n!$ 種類に達する。この $n!$ 種類の置換の集合を $S_n$ と記すと、それは $S_3$ や $S_4$ よりもはるかに複雑になる。そのため、置換によって構成される集合の代数的性質についてさらなる研究が必要となり、それによって数学において非常に重要な一分野である「群の理論」が誕生したのである。

置換とその表現

まず置換から出発し、置換が満たす代数的構造を通じて抽象的な群の定義を導入する。そして、置換をモデルとして群の基本的性質について議論する。

抽象的に見れば、いわゆる置換とは、実際には $n$ 個の要素を持つ有限集合

$$X = \{x_1, x_2, \dots, x_n\}$$

からそれ自身への1対1対応（全単射）である：

$$\sigma: X \longrightarrow X$$

ここで、集合 $X$ の要素は必ずしも方程式の根である必要はなく、任意の要素でよい。例えば $X = \{1, 2, \dots, n\}$ とする。1対1対応であるため、具体的に次のように表すことができる：

$$\sigma(x_1) = x_{\alpha_1}, \quad \sigma(x_2) = x_{\alpha_2}, \quad \dots, \quad \sigma(x_n) = x_{\alpha_n}$$

ここで $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$ は1から $n$ までの互いに異なる整数であり、したがってこれらは $1, 2, \dots, n$ の1つの順列である。

$n$ 個の要素の置換を$n$ 次置換と呼ぶ。明らかに $n$ 次置換は全部で $n!$ 種類ある。 $n$ 個の要素間の1対1対応であるため、単に次のように記すこともある：

$$\sigma(1) = \alpha_1, \quad \sigma(2) = \alpha_2, \quad \dots, \quad \sigma(n) = \alpha_n$$

また、表の形式を用いて、上下の対応として次のように表す：

$$\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & \dots & n \\ \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 & \dots & \alpha_n \end{pmatrix}$$

一般に、我々は置換の1行目を $1, 2, 3, \dots, n$ の順に記す習慣があるが、上下の対応が変わりさえしなければ、列の順序には全く関係がない。例えば：

$$\begin{pmatrix} 4 & 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 2 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{pmatrix}$$

これは、あるクラスの生徒と学籍番号の1対1対応が、生徒の座席の並び順とは関係がないのと同じである。

$n$ 個の要素の置換の全体を次のように記す：

$$S_n = \left\{ \sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & \dots & n \\ \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 & \dots & \alpha_n \end{pmatrix} \;\middle|\; (\alpha_1, \dots, \alpha_n) \text{ は } (1, \dots, n) \text{ の1つの順列} \right\}$$

$1^\circ$ 置換の積

2つの置換を次のように設定する：

$$\sigma_1 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n \\ \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_n \end{pmatrix}, \quad \sigma_2 = \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_n \\ \beta_1 & \beta_2 & \dots & \beta_n \end{pmatrix}$$

これらの積は、2つの置換の合成として定義される。すなわち、先に $\sigma_1$ の置換を行い、次に $\sigma_2$ の置換を行う：

$$X \xrightarrow{\sigma_1} X \xrightarrow{\sigma_2} X$$

あるいは次のように表される：

$$\sigma_2 \sigma_1 = \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_n \\ \beta_1 & \beta_2 & \dots & \beta_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n \\ \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n \\ \beta_1 & \beta_2 & \dots & \beta_n \end{pmatrix} = \sigma_3$$

つまり、$\sigma_1$ の1行目の任意の $i$ に対し、対応する列から $\alpha_i$ を見つけ、次に $\sigma_2$ の1行目の中から $\alpha_i$ を探し、同じ列に対応する $\beta_i$ を見つける。このようにして、2つの置換の積が $i$ を $\beta_i$ へと置換するという結果が得られる。

置換の積は必ずしも交換法則を満たさないことに注意する。例えば：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 1 & 2 & 4 \end{pmatrix}$$

しかし、

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 3 & 1 \end{pmatrix}$$

となり、両者は等しくない。置換の乗法は交換法則を満たさないが、結合法則は満たす。すなわち、任意の3つの置換 $\sigma, \rho, \tau$ に対して次が成り立つ：

$$\tau(\rho\sigma) = (\tau\rho)\sigma$$

$2^\circ$ 恒等置換

すべての置換の中で、以下の置換を恒等置換と呼ぶ：

$$I = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n \\ 1 & 2 & \dots & n \end{pmatrix}$$

その特徴は、任意の置換 $\sigma$ と掛け合わせても結果が変わらないことである：

$$I\sigma = \sigma I = \sigma$$

$3^\circ$ 逆置換

任意の置換

$$\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n \\ \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_n \end{pmatrix}$$

に対して、必ず逆置換

$$\sigma^{-1} = \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_n \\ 1 & 2 & \dots & n \end{pmatrix}$$

が存在し、次を満たす：

$$\sigma^{-1}\sigma = \sigma\sigma^{-1} = I$$

例えば、

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 2 & 4 & 1 \end{pmatrix}$$

$4^\circ$ 巡回置換と互換

$\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_d$ を $\{1, 2, \dots, n\}$ の中の $d$ 個の互いに異なる整数とする。もしある置換 $\sigma$ が

$$\sigma(\alpha_1) = \alpha_2, \quad \sigma(\alpha_2) = \alpha_3, \quad \dots, \quad \sigma(\alpha_{d-1}) = \alpha_d, \quad \sigma(\alpha_d) = \alpha_1$$

を満たし、かつ $\beta \notin \{\alpha_1, \dots, \alpha_d\}$ なる $\beta$ について $\sigma(\beta) = \beta$ であるとする。 このとき、置換 $\sigma$ を $d$-巡回置換（または長さ $d$ の巡回置換）と呼び、簡略化して次のように記す：

$$\sigma = (\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_d) = \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_{d-1} & \alpha_d & \beta_1 & \beta_2 & \dots & \beta_r \\ \alpha_2 & \alpha_3 & \dots & \alpha_d & \alpha_1 & \beta_1 & \beta_2 & \dots & \beta_r \end{pmatrix}$$

ここで $d + r = n$ である。置換の表現は列の順序とは無関係であるため、置換によって変化するものを前に並べ、不変なものを後ろに並べている。当然ながら、このような記法は一意ではなく、例えば $(\alpha_2 \alpha_3 \dots \alpha_d \alpha_1)$ や $(\alpha_3 \alpha_4 \dots \alpha_d \alpha_1 \alpha_2)$ などもすべて同じ巡回置換を表す。

もしある巡回置換 $\sigma_1$ に現れる数字が、別の巡回置換 $\sigma_2$ には現れない場合、これら2つの巡回置換は互いに素（共通部分を持たない）であるという。そうでない場合は交わっているという。 例えば $(1 3 4)$ と $(5 8 9)$ は互いに素であるが、$(1 3 4)$ と $(2 4 7)$ は交わっている。

互いに素な2つの巡回置換の積は交換可能である。すなわち、$\alpha_k \ne \beta_l$（$k=1,\dots,d$、$l=1,\dots,r$）である限り、

$$(\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_d)(\beta_1 \beta_2 \dots \beta_r) = (\beta_1 \beta_2 \dots \beta_r)(\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_d)$$

が成り立つ。

いわゆる互換とは、最も単純な巡回置換のことを指す。すなわち、

$$\sigma = (\alpha \beta) = \begin{pmatrix} \dots & \alpha & \dots & \beta & \dots \\ \dots & \beta & \dots & \alpha & \dots \end{pmatrix}$$

であり、これは $\sigma(\alpha) = \beta$、$\sigma(\beta) = \alpha$、および $j \ne \alpha, \beta$ に対して $\sigma(j) = j$ であることを表す。

巡回置換と互換について、以下の結果が成り立つ。

定理 恒等置換を除き、任意の置換はいくつかの互いに素な巡回置換の積として表すことができる。また、任意の置換はいくつかの互換の積として表すことができる。

証明

$\alpha_1 = 1$ とする。もし $\sigma(\alpha_1) = \alpha_1$ であれば、すなわち $\alpha_1$ が置換によって変化しないならば、$\alpha_1 = 2$ を考え、$\sigma(\alpha_1) \ne \alpha_1$ となるまで探索を続ける。そして $\alpha_2 = \sigma(\alpha_1)$ と記す。 明らかに $\sigma(\alpha_2) \ne \alpha_2$ である（さもなければ1対1対応に矛盾する）。もし $\sigma(\alpha_2) = \alpha_1$ であれば、$(\alpha_1 \alpha_2)$ は1つの互換（最も単純な巡回置換）となり、残りの部分は $\alpha_1$ と $\alpha_2$ がもはや現れない置換となる。

上述の手順を続ける。もし $\sigma(\alpha_2) \ne \alpha_1$ ならば $\alpha_3 = \sigma(\alpha_2)$ と記す。このようにして $\sigma(\alpha_{d_1}) = \alpha_1$ となるまで続ける。すると $(\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_{d_1})$ は1つの巡回置換となり、残りの部分は $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_{d_1}$ を含まない置換となる。この過程を繰り返し実行する。置換される要素の個数は有限であるため、有限回のステップを経て、置換 $\sigma$ を互いに素な巡回置換の積に分解できる。

定理の2つ目の結論については、任意の巡回置換が互換の積に分解できることを考えればよい。事実、任意の巡回置換について、

$$(\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_d) = (\alpha_1 \alpha_2)(\alpha_2 \alpha_3) \dots (\alpha_{d-2} \alpha_{d-1})(\alpha_{d-1} \alpha_d)$$

が成り立つ。例えば、

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix} = (1 2)(2 3)(3 4)$$

以上により定理が証明された。

この定理は実際には置換のもう一つの表現方法を与えており、この表現方法は特定の場面においてより便利である。

有限群とその性質

前において、置換の乗法、恒等置換、および置換の逆を定義し、同時に乗法、単位元、逆元が満たす算術的性質について議論した。これらの性質を抽象化することで、「群」の定義が得られる。

$1^\circ$ 有限群

定義 ある集合 $G$ が以下の条件を満たすとき、$G$ は群であるという：

  1. $G$ には「乗法」と呼ばれる二項演算が存在する。すなわち、任意の $a, b \in G$ に対して $ab \in G$ となる。乗法演算は結合法則
    $$(ab)c = a(bc) \quad (a, b, c \in G)$$
    を満たす。
  2. $G$ には「単位元」と呼ばれる要素が含まれ、通常 $I$ と記される。これは
    $$Ia = aI = a$$
    を満たす。
  3. $G$ の任意の要素 $a$ に対して、「逆元」と呼ばれる要素が存在し、$a^{-1}$ と記される。これは
    $$aa^{-1} = a^{-1}a = I$$
    を満たす。

群 $G$ の要素の個数が有限であるとき、これを有限群と呼び、要素の個数を群の位数（階）と呼ぶ。もし $G$ における乗法が交換可能である、すなわち任意の $a, b \in G$ に対して $ab = ba$ が成り立つならば、$G$ を可換群（交換群）またはアーベル群（Abel群）と呼ぶ。

定義より、直ちに以下の定理が得られる。

定理（簡約法則） 群 $G$ の要素 $a, b, c$ が $ab = ac$ または $ba = ca$ を満たすとき、$b = c$ である。

証明

$ab = ac$ とする。両辺に左から $a^{-1}$ を掛けると $a^{-1}(ab) = a^{-1}(ac)$ となる。結合法則を用いると $(a^{-1}a)b = (a^{-1}a)c$ となり、すなわち $Ib = Ic$ より $b = c$ となる。右から掛ける $ba = ca$ についても証明は同様である。

実は、これまでにおいてすでに群の例は現れている。ここではいくつかの新しい例とともに示す。

例 $m$ の合同類 $\mathbb{Z}_m$ の部分集合

$$\mathbb{Z}_m^* = \{[a] \mid [a] \in \mathbb{Z}_m, (a,m)=1\}$$

は可換な有限群である。特に $m=8$ のとき、

$$\mathbb{Z}_8^* = \{[1], [3], [5], [7]\}$$

は1つの群である。

例 $n$ 次の単位根からなる集合は、複素数の乗法演算のもとで1つの群である。特に $n=4$ のとき、4つの単位根 $\{1, -1, i, -i\}$ は複素数の乗法のもとで1つの群を構成する。

例 正三角形の対称不変性を考える。$\{I, a, b\}$ をそれぞれ正三角形の中心を軸とした時計回りの $0^\circ, 120^\circ, 240^\circ$ の回転とし、$\{c, d, e\}$ をそれぞれ3つの角の二等分線 $K, L, M$ による反射（折り返し）とする。正三角形は上述の回転および反射において不変である。

図23

6つの要素の集合

$$S = \{I, a, b, c, d, e\}$$

において、連続した作用を乗法として定義すると、$S$ は1つの群となる。要素間の積や単位元、逆元などの情報は以下の乗法表から読み取ることができる。

乗法$I$$a$$b$$c$$d$$e$
$I$$I$$a$$b$$c$$d$$e$
$a$$a$$b$$I$$e$$c$$d$
$b$$b$$I$$a$$d$$e$$c$
$c$$c$$d$$e$$I$$a$$b$
$d$$d$$e$$c$$b$$I$$a$
$e$$e$$c$$d$$a$$b$$I$

例 以下の6つの関数を考える。

$$f_1(x) = x, \quad f_2(x) = \frac{1}{1-x}, \quad f_3(x) = \frac{x-1}{x},$$
$$f_4(x) = \frac{1}{x}, \quad f_5(x) = 1-x, \quad f_6(x) = \frac{x}{x-1}$$

これら6つの関数の間の乗法を次のように定義する。

$$(f_i \circ f_j)(x) = f_i(f_j(x))$$

すなわち関数の合成である。このとき、この乗法の定義のもとで、これら6つの関数が群の乗法と性質を満たすことを検証するのは難しくない。例えば、

$$(f_6 \circ f_3)(x) = f_6(f_3(x)) = \frac{(x-1)/x}{(x-1)/x - 1} = 1-x = f_5(x),$$
$$(f_3 \circ f_6)(x) = f_3(f_6(x)) = \frac{x/(x-1) - 1}{x/(x-1)} = \frac{1}{x} = f_4(x)$$

各項の間の乗法は以下の乗法表によって与えられる。

乗法$f_1$$f_2$$f_3$$f_4$$f_5$$f_6$
$f_1$$f_1$$f_2$$f_3$$f_4$$f_5$$f_6$
$f_2$$f_2$$f_3$$f_1$$f_6$$f_4$$f_5$
$f_3$$f_3$$f_1$$f_2$$f_5$$f_6$$f_4$
$f_4$$f_4$$f_5$$f_6$$f_1$$f_2$$f_3$
$f_5$$f_5$$f_6$$f_4$$f_3$$f_1$$f_2$
$f_6$$f_6$$f_4$$f_5$$f_2$$f_3$$f_1$

ここで $f_1$ は単位元であり、各要素の逆元も表に示されている。例えば $f_3$ の逆元は $f_2$ である：

$$f_3 \circ f_2 = f_2 \circ f_3 = f_1$$

この2例は全く異なる2つの例であるが、もし次のような対応をつけると、

$$\{I, a, b, c, d, e\} \longrightarrow \{f_1, f_2, f_3, f_4, f_5, f_6\}$$

それらの乗法表が完全に一致することが容易にわかる。このような現象を群の同型と呼ぶ。

定義 $G_1$ と $G_2$ を2つの群とし、それぞれ $I_1$ と $I_2$ を単位元とする。もし 1対1 の写像（全単射）

$$\varphi: G_1 \longrightarrow G_2$$

が存在して、任意の $a, b \in G_1$ に対して

$$\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b)$$

が成り立つならば、$\varphi$ を群 $G_1$ と $G_2$ の同型写像と呼ぶ。上式において $ab$ は $G_1$ における乗法であり、$\varphi(a)\varphi(b)$ は $G_2$ における乗法である。

もし2つの群 $G_1$ と $G_2$ の間に同型写像が存在するならば、これら2つの群は同型であるといい、

$$G_1 \cong G_2$$

と記す。定義によれば、同型写像が存在する場合、必ず次が成り立つ：

$$\varphi(I_1) = I_2, \quad (\varphi(a))^{-1} = \varphi(a^{-1}) \quad (a \in G_1)$$

この2例で与えられた2つの群は同型である。 名が示す通り、2つの同型な群はそれらが同じ群の構造を持つことを意味し、群の構造に関係のないその他の性質は無視できる。例えば、回転・反射であれ関数の合成であれ、2例における群の構造は同じなのである。

$2^\circ$ 部分群

定義 $G$ を群とする。$G$ の部分集合 $H$ が、$G$ の演算に関してそれ自身で群をなすとき、$H$ を $G$ の部分群と呼ぶ。

明らかに、単位元のみの集合（これも $I = \{I\}$ と記す）および $G$ 自身は必ず $G$ の部分群である。これら2つの部分群を自明な部分群と呼び、その他の部分群を非自明な部分群と呼ぶ。一般に、議論される部分群は非自明な部分群を指す。

有限群とその部分群の間には以下の定理（ラグランジュ（Lagrange）の定理と呼ばれる）がある。

定理 （Lagrange） $G$ を有限群、$H$ を $G$ の非自明な部分群（当然 $H$ も有限群である）とする。このとき、$H$ の位数は必ず $G$ の位数を割り切る。もし $G$ の位数が素数であるならば、$G$ には非自明な部分群は存在しない。

証明

$G$ の位数を $n$、$H$ の位数を $r$ とする。$H$ は非自明な部分群であるため、$n > r > 1$ である。

$$H = \{g_1, g_2, \dots, g_r\} \subset G$$

と記す。 $G$ の要素 $a_1 \in G$ を $a_1 \notin H$ となるように取る（単位元は必ず $H$ に属するため、$a_1$ は単位元ではない）。このとき、集合

$$a_1 H = \{a_1 g_1, a_1 g_2, \dots, a_1 g_r\} \subset G$$

の要素は互いに異なる。もしそうでないとすると、必ず $a_1 g_i = a_1 g_j$ となり、消去法則から $g_i = g_j$ が導かれ、これは $H$ の要素の個数が $r$ であることに矛盾する。 同時に、$a_1 H$ の要素は $H$ の要素とも異なる。もしそうでないとすると、ある $a_1 g_i$ が $g_1, g_2, \dots, g_r$ のいずれかと等しくなり、$a_1 g_i = g_j$ となる。これから $a_1 = g_j g_i^{-1} \in H$ が導かれ、これは $a_1$ の選び方に矛盾する。 このように、$G$ は $H$ と $a_1 H$ の合計 $2r$ 個の要素を含むため、$n \ge 2r$ である。 もし $n = 2r$ ならば、$n$ は $r$ の倍数であり定理は証明される。 もし $n > 2r$ ならば、さらに $G$ の要素 $a_2$ を $a_2 \notin H$ かつ $a_2 \notin a_1 H$ となるように選ぶことができる。

$$a_2 H = \{a_2 g_1, a_2 g_2, \dots, a_2 g_r\} \subset G$$

とすると、上述と同様の理由により、$a_2 H$ の要素は互いに異なる。 もしある $a_2 g_i$ が存在して $a_2 g_i = g_j$ となると、$a_2 = g_j g_i^{-1} \in H$ が導かれる（矛盾）。 もしある $a_2 g_i$ が存在して $a_2 g_i = a_1 g_j$ となると、$a_2 = a_1 g_j g_i^{-1}$ となる。$g_j g_i^{-1} \in H$ であるため必ず $g_j g_i^{-1} = g_k$ となり、$a_2 = a_1 g_k \in a_1 H$ が導かれる（これも矛盾）。 したがって、$a_2 H$ の要素は $H$ および $a_1 H$ の要素とすべて異なる。 ゆえに $G$ は $H, a_1 H, a_2 H$ の合計 $3r$ 個の要素を含むため、$n \ge 3r$ となる。 もし $n = 3r$ ならば定理は証明される。もし $n > 3r$ ならばこの手順を続けることができる。$G$ の要素は有限であるため、第 $k$ ステップで必ず $n = kr$ となり、すなわち $n$ は $r$ の倍数となる。

例 前の例において、$H = \{I, a, b\} \subset S$ の要素は以上の乗法表を満たす。

乗法$I$$a$$b$
$I$$I$$a$$b$
$a$$a$$b$$I$
$b$$b$$I$$a$

したがってこれは $S$ の部分群である。

$3^\circ$ 対称群と置換群

群の定義に基づけば、すべての $n$ 次置換から構成される集合 $S_n$ は群の定義を満たす。したがって $S_n$ は $n!$ 階（位数 $n!$）の有限群であり、対称群と呼ばれる。置換の積は非可換であるため、対称群は非アーベル群である。 対称群 $S_n$ の任意の部分群を置換群と呼ぶ。

ここでは置換群の議論を代数方程式の根の対称性から始めたが、実際には置換群は広く応用されており、様々な応用において異なる形で現れる。その中で、幾何学図形の対称性は重要な例の一つである。

例 対称群 $S_3$ を考える。これは6つの置換からなる。

$$\sigma_0 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}, \quad \sigma_1 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}, \quad \sigma_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$
$$\sigma_3 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \quad \sigma_4 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}, \quad \sigma_5 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}$$

前の例において、等辺三角形の3つの角をそれぞれ $A, B, C$ と表すならば、等辺三角形を不変に保つ任意の変換は、3つの角 $(A, B, C)$ の一つの置換に対応することが容易にわかる。

$$I = \sigma_0, \quad a = \sigma_5, \quad b = \sigma_2, \quad c = \sigma_4, \quad d = \sigma_3, \quad e = \sigma_1$$

したがって、 $S$ はまさに対称群 $S_3$ なのである。

例 $S_3$ の部分集合 $\{\sigma_0, \sigma_1\}, \{\sigma_0, \sigma_3\}, \{\sigma_0, \sigma_4\}$ および $\{\sigma_0, \sigma_2, \sigma_5\}$ はその部分群である。すなわち、これら4つの部分集合はそれぞれ単位元を持ち、置換の乗法に対して閉じており、かつ任意の要素の逆元を含むため置換群である。幾何学的に見ると、部分群 $\{\sigma_0, \sigma_1\}, \{\sigma_0, \sigma_3\}, \{\sigma_0, \sigma_4\}$ はまさに等辺三角形の対称軸による反射であり、部分群 $\{\sigma_0, \sigma_2, \sigma_5\}$ は等辺三角形の回転である。

引き続き根の置換を考える。

$$A_3 = \{\sigma_0, \sigma_2, \sigma_5\} = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix} \right\}$$

と記す。その典型的な特徴は、以下の多項式

$$\phi = (x_1 - x_2)(x_1 - x_3)(x_2 - x_3)$$

が $A_3$ の置換の作用のもとでのみ不変であることである：

$$\sigma_i : \phi \longrightarrow \phi, \quad i = 0, 2, 5$$

しかし、$S_3$ の他の置換の作用のもとでは変化する：

$$\sigma_i : \phi \longrightarrow -\phi, \quad i = 1, 3, 4$$

一般に、多項式

$$\phi(x_1, x_2, \dots, x_n) = \prod_{i < j}^n (x_i - x_j)$$

すなわちすべての $(x_i - x_j)$ ($i < j$) の因子の積を考える。容易にわかるように、任意の置換 $\sigma \in S_n$ は必ず

$$\sigma : \phi(x_1, x_2, \dots, x_n) \longrightarrow \pm\phi(x_1, x_2, \dots, x_n)$$

となる。もし $\sigma : \phi \longrightarrow \phi$ ならばこれを偶置換と呼び、もし $\sigma : \phi \longrightarrow -\phi$ ならば奇置換と呼ぶ。

定理 $S_n$ の置換について、次が成り立つ：

  1. 任意の互換は必ず奇置換である。
  2. 長さが奇数の巡回置換は偶置換であり、長さが偶数の巡回置換は奇置換である。
  3. 任意の偶置換は偶数個の互換の積に分解でき、任意の奇置換は奇数個の互換の積に分解できる。
  4. $S_n$ の中で偶置換と奇置換の個数はそれぞれ $\frac{n!}{2}$ 個である。
証明

(1)の証明は明らかである。前述の定理によれば、(2)と(3)が直接導かれる。(4)の証明については、偶置換と奇置換の間に次のような対応を作る。$\sigma$ を偶置換とすると、$\sigma(12)$ は一つの奇置換となる。しかもこのような対応は1対1であるため、偶置換と奇置換の個数は等しく、それぞれ $S_n$ の半分となる。

$A_3$ に類似して、次の定理がある。

定理 偶置換の全体を $A_n$ と記す。このとき $A_n$ は $S_n$ の部分群であり、交替群（交代群）と呼ばれる。

証明

$\sigma, \tau$ を2つの偶置換とすると、

$$\phi(x_1, \dots, x_n) \xrightarrow{\tau} \phi(x_1, \dots, x_n) \xrightarrow{\sigma} \phi(x_1, \dots, x_n)$$

となるため $\sigma\tau$ も偶置換である。偶置換の逆 $\sigma^{-1} : \phi \longrightarrow \phi$ も偶置換であり、恒等置換は当然偶置換である。したがって $A_n$ は1つの群である。

交替群をよりよく理解するために、置換が互換の積に分解できるという特徴を利用して、交替群の要素の特徴をさらに分析する。

定理 交替群 $A_n$ の任意の置換 $\sigma$ は、長さ3の（交わることも可能な）巡回置換の積に分解できる。

証明

（任意の置換は互換の積に分解できる）という前の定理によれば、$\sigma \in A_n$ は必ず偶数個の互換の積に分解できる：

$$\sigma = \sigma_1 \sigma_2 \dots \sigma_{2r}$$

もし (1) $\sigma_1 = \sigma_2$ ならば、$\sigma_1 \sigma_2 = I$ となる。 (2) $\sigma_1$ と $\sigma_2$ が1つの文字を共有する場合、一般性を失わずに $\sigma_1 = (\alpha\beta), \sigma_2 = (\beta\gamma)$ とすると、

$$\sigma_1 \sigma_2 = (\alpha\beta)(\beta\gamma) = \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma & \dots \\ \beta & \alpha & \gamma & \dots \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma & \dots \\ \alpha & \gamma & \beta & \dots \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma & \dots \\ \beta & \gamma & \alpha & \dots \end{pmatrix} = (\alpha\beta\gamma)$$

ここで省略記号は上下で変化しない対応を表す。 (3) $\sigma_1$ と $\sigma_2$ に共通の文字がない場合、一般性を失わずに $\sigma_1 = (\alpha\beta), \sigma_2 = (\gamma\delta)$ とすると、

$$\sigma_1 \sigma_2 = (\alpha\beta)(\gamma\delta) = (\alpha\beta)(\beta\gamma)(\beta\gamma)(\gamma\delta) = (\alpha\beta\gamma)(\beta\gamma\delta)$$

ここで挿入した互換は $(\beta\gamma)(\beta\gamma) = I$ を満たす。 残りの互換の積 $\sigma_3 \sigma_4 \dots \sigma_{2r}$ についても同様の議論を続けることで、定理の結果が得られる。

例 上述の議論によれば、交替群 $A_4$ の12個の要素を簡潔に表すことができる：

$$A_4 = \{ (1), (12)(34), (13)(24), (14)(23),$$
$$(123), (124), (134), (234), (132), (142), (143), (243) \}$$

ここで $(1)$ は恒等置換を表す。

$4^\circ$ 巡回群

一般に、位数 $n$ の有限群 $G$ について、任意の $a \in G$ ($a \ne I$) を取ると、

$$a, a^2, a^3, \dots, a^{n+1} \in G$$

$G$ には $n$ 個の要素しかないため、上の $n+1$ 個の要素のうち必ず2つは等しくなる。一般性を失わずに $a^i = a^j$ ($i < j$) とすると、$a^{j-i} = I$ が導かれる。言い換えれば、有限群 $G$ の任意の要素 $a \ne I$ に対して、必ず正整数 $m$ が存在して $a^m$ は単位元となる。最小数原理によれば、必ず最小の正整数 $r$ が存在して $a^r = I$ となる。$r$ を $a$ の位数と呼ぶ。一般に、異なる要素は異なる位数を持つ。

定義 $G$ を位数 $n$ の有限群とし、$a \in G$ ($a \ne I$), $r$ を $a$ の位数とする。このとき $\{I, a, a^2, \dots, a^{r-1}\}$ は $G$ の位数 $r$ の部分群を構成し、これを $a$ によって生成される巡回部分群と呼ぶ。もしある要素 $a$ が存在して $a$ の位数が $r=n$ である、すなわち

$$G = \{I, a, a^2, \dots, a^{n-1}\}$$

となるとき、$G$ を巡回群と呼ぶ。

また、前述の定理の系として次がある。

系 群 $G$ の位数が素数であるならば、$G$ は必ず巡回群である。

証明

任意の $a \in G$ ($a \ne I$) を取る。定理によれば、$a$ によって生成される巡回部分群の位数 $r > 1$ は必ず $n$ を割り切る。$n$ は素数であるため $r=n$ であり、すなわち $G = \{I, a, a^2, \dots, a^{n-1}\}$ は巡回群である。

例 単位元の位数は 1 である。1つの互換 $(ij)$ の位数は 2 である：$(ij)^2 = I$。1つの巡回置換 $(i_1 i_2 \dots i_d)$ の位数は $d$ である：$(i_1 i_2 \dots i_d)^d = I$。置換

$$\sigma = (1 2 \dots n) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & \dots & n-1 & n \\ 2 & 3 & 4 & \dots & n & 1 \end{pmatrix}$$

の位数は $n$ であり、$\{I, \sigma, \sigma^2, \dots, \sigma^{n-1}\}$ は $S_n$ の巡回部分群である。しかし $n \ge 3$ のとき、$S_n$ の位数 $n!$ が素数になることはないため、$S_n$ ($n \ge 3$) は巡回群にはなり得ない。

$5^\circ$ 正規部分群と単群

定義 $H$ を $G$ の非自明な部分群とする。もし任意の $g \in G, h \in H$ に対して $g^{-1} h g \in H$ が成り立つならば、$H$ を $G$ の正規部分群と呼ぶ。

明らかに、もし $G$ が可換群であれば、$g \in G, h \in H$ に対して $g^{-1} h g = h \in H$ となるため、可換群の任意の部分群は正規部分群である。

例 対称群 $S_3$ の部分群 $A_3 = \{\sigma_0, \sigma_2, \sigma_5\}$ を考える。$S_3$ の他の3つの要素

$$\sigma_1 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}, \quad \sigma_3 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \quad \sigma_4 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}$$

に対して、$g^{-1} h g \in A_3$ が $g = \sigma_1, \sigma_3, \sigma_4$ および $h = \sigma_0, \sigma_2, \sigma_5$ に対して成り立つことを逐一検証すれば、$A_3$ が $S_3$ の正規部分群であることが導かれる。検証により次が得られる：

$$\sigma_1^{-1} \sigma_2 \sigma_1 = \sigma_5, \quad \sigma_1^{-1} \sigma_5 \sigma_1 = \sigma_2, \quad \sigma_3^{-1} \sigma_2 \sigma_3 = \sigma_5,$$
$$\sigma_3^{-1} \sigma_5 \sigma_3 = \sigma_2, \quad \sigma_4^{-1} \sigma_2 \sigma_4 = \sigma_5, \quad \sigma_4^{-1} \sigma_5 \sigma_4 = \sigma_2$$

例えば、

$$\sigma_1^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}$$
$$\sigma_1^{-1} \sigma_2 \sigma_1 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix} = \sigma_5$$

したがって $A_3$ は $S_3$ の正規部分群である。

一般に、次が成り立つ。

定理 交替群 $A_n$ は対称群 $S_n$ の正規部分群である。

これは、任意の $\tau \in S_n, \sigma \in A_n$ に対して、$\tau$ と $\tau^{-1}$ は共に偶置換であるか、共に奇置換であるかのいずれかであるため、$\sigma$ が偶置換であるとき $\tau^{-1} \sigma \tau$ は必ず偶置換になるからである。

定義 $H$ が $G$ の正規部分群であり、かつ $G$ の中に $H$ を含む正規部分群がそれ以上存在しないとき、$H$ を $G$ の極大正規部分群と呼ぶ。

例において、$A_3$ の位数は 3 であり、$S_3$ の位数は 6 である。もし $A_3 \subset F \subset S_3$ となる別の正規部分群 $F$ が存在したとすると、$F$ の位数 $r$ は $3 < r < 6$ を満たし、かつ 3 が $r$ を割り切り、$r$ が 6 を割り切らなければならないが、これは不可能である。したがって $A_3$ は $S_3$ の極大正規部分群である。

一般の場合、$A_n$ の位数は $\frac{n!}{2}$ であるため、もし $A_n \subset F \subset S_n$ となる別の正規部分群 $F$ が存在したとすると、$F$ の位数 $r$ は

$$\frac{n!}{2} < r < n!$$

を満たし、かつ $n!$ を割り切る。しかし、

$$\frac{S_n\text{の位数}}{A_n\text{の位数}} = \frac{n!}{n!/2} = 2$$

であるため、

$$\frac{n!}{r} < \frac{n!}{n!/2} = 2$$

となり、$r = n!$ または $F = S_n$ が導かれる。したがって $A_n$ を含む $S_n$ の非自明な部分群は存在しないため、$A_n$ は $S_n$ の極大正規部分群である。

$6^\circ$ 可解群

有限群 $G$ に対して、$G_1$ が $G$ の極大正規部分群、$G_2$ が $G_1$ の極大正規部分群、$G_3$ が $G_2$ の極大正規部分群…と続けることで、次が得られる：

$$G \supset G_1 \supset G_2 \supset \dots \supset I$$

ここで最後の要素は必ず単位元のみを含む群である。このような群の列を $G$ の合成列と呼ぶ。

ここで特に指摘しておくべきことは、もし $G_1$ が $G$ の正規部分群であり、$G_2$ が $G_1$ の正規部分群であっても、$G_2$ が $G$ の正規部分群であるとは限らないということである。

定義 $G$ の合成列を

$$G \supset G_1 \supset G_2 \supset \dots \supset I$$

とし、合成列の中の各群の位数をそれぞれ $n, n_1, n_2, \dots, 1$ と記す。ラグランジュの定理によれば、

$$\frac{n}{n_1}, \frac{n_1}{n_2}, \frac{n_2}{n_3}, \dots$$

は一連の整数であり、$G$ の組成因子（組成剰余群の位数）と呼ばれる。 もし有限群 $G$ の組成因子がすべて素数であるならば、$G$ を可解群と呼ぶ。

例 $S_3$ と $S_4$ は可解群である。 これは、$A_3$ が $S_3$ の極大正規部分群であり、$A_3$ 中にはもう非自明な極大正規部分群が含まれないため、$S_3$ の合成列は

$$S_3 \supset A_3 \supset I$$

となり、組成因子は

$$\frac{S_3\text{の位数}}{A_3\text{の位数}} = \frac{6}{3} = 2, \quad \frac{A_3\text{の位数}}{I\text{の位数}} = 3$$

といずれも素数になるため、$S_3$ は可解である。

前述の例において、$A_4$ は $S_4$ の極大正規部分群である。検証すれば、$A_4$ の部分集合

$$K = \{(1), (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$$

は $A_4$ の正規部分群であり、

$$H = \{(1), (12)(34)\}$$

は $K$ の正規部分群である。ここで以下の2点に注意する。第一に、$H$ は $K$ の正規部分群であるが、$A_4$ の正規部分群ではない。第二に、$K$ 中で $H$ と同位数の正規部分群は唯一ではない。このようにして次が得られる：

$$S_4 \supset A_4 \supset K \supset H \supset I$$

それらの組成因子は

$$\frac{S_4\text{の位数}}{A_4\text{の位数}} = 2, \quad \frac{A_4\text{の位数}}{K\text{の位数}} = 3, \quad \frac{K\text{の位数}}{H\text{の位数}} = 2, \quad \frac{H\text{の位数}}{I\text{の位数}} = 2$$

といずれも素数であり、かつ $S_4, A_4, K, H, I$ の間にはもういかなる正規部分群も挿入できない。したがってこれらは $S_4$ の合成列であり、$S_4$ は可解群である。

定義 群 $G$ 中に非自明な正規部分群が存在しないとき、$G$ を単群（単純群）と呼ぶ。

明らかに、もし群 $G$ の位数が素数ならば、前述の定理により $G$ には非自明な部分群が存在しないため、当然非自明な正規部分群も存在しない。例えば $A_3$ の位数は 3 であるため必ず単群である。$A_4$ は単群ではない。しかし、有限単群の位数が必ずしも素数であるとは限らない。

定理 $n \ge 5$ のとき、$A_n$ は単群である。

これから直ちに次が導かれる。

系 $n \le 4$ のとき、対称群 $S_n$ は可解である。 $n \ge 5$ のとき、対称群 $S_n$ は不可解である。

定理の $n \le 4$ の場合についてはすでに例で示されている。$n \ge 5$ のとき、$A_n$ は $S_n$ の極大正規部分群であり、前述の定理より $A_n$ は単群である（すなわち $A_n$ の中には非自明な正規部分群は存在しない）。したがって $S_n$ の合成列は

$$S_n \supset A_n \supset I$$

（$I$ は単位元のみを含む自明な群）しか存在しない。それらの位数はそれぞれ $n!, \frac{n!}{2}, 1$ である。 明らかに、$n \ge 5$ のとき $\frac{n!}{2} > 1$ である。したがって組成因子は

$$\frac{S_n\text{の位数}}{A_n\text{の位数}} = 2, \quad \frac{A_n\text{の位数}}{I\text{の位数}} = \frac{n!}{2}$$

となるが、$\frac{n!}{2}$ は素数になり得ないため、$S_n$ は不可解であることが得られる。

前述の2つの定理は、5次および5次以上の代数方程式が代数的な方法で解けないことを最終的に解決する要となる定理である。置換を用いて三次代数方程式を解いた際、すでに $S_3$ の可解性 $S_3 \supset A_3 \supset I$ が求解において特別な役割を演じていることを実感したはずだが、代数方程式の求解問題を徹底的に解決するためには、まだ長い道のりがある。最後に、前述の定理の証明を付記する。

証明

$n \ge 5$ とする。$A_n$ が非自明な正規部分群を持たないことを証明するために、置換が不交（互いに素）な巡回置換の積に分解できるという事実を十分に利用する。

仮に $A_n$ に $I$ 以外の正規部分群 $H$ が存在すると仮定し、$H$ が $A_n$ 自身に等しくならざるを得ないことを証明する。

$h \in H, h \ne I$ を取り、$h$ を $\{1, 2, \dots, n\}$ の中で変化する数字の個数が最も少ない置換とする。前の定理より、$h$ は互いに素な巡回置換の積に分解できる。これを以下のいくつかのステップに分けて進める。

(1) $h$ を互いに素な巡回置換の積に分解したとき、各巡回置換の長さは必ず等しい。

もしそうでないとすると、$h$ の分解の中に必ず長さが異なる2つの巡回置換が存在することになる：

$$h = (\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_k)(\beta_1 \beta_2 \dots \beta_l)(\dots)\dots(\dots)$$

ここで $k \ne l$ であり、一般性を失わずに $k < l$ とする。省略記号は交わらない他の巡回置換を表す。巡回置換は互いに素であるため、置換の乗法において交換可能である。したがって次が成り立つ：

$$h^k = (\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_k)^k h_1 = h_1$$

ここでは $(\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_k)^k = I$ であることを用いた。$h_1$ は $h$ の中の交わらない他の巡回置換の $k$ 乗の積を表す。$H$ は部分群であるため、$h_1 = h^k \in H$ となる。しかし、$h_1$ が $\{1, 2, \dots, n\}$ の中で変化させる数字の個数は、$h$ が変化させる個数よりも $k$ 個少ない。これは仮定（変化させる数字の個数が最少）に矛盾する。したがって、$h$ を互いに素な巡回置換の積に分解したとき、各巡回置換の長さは必ず等しくなければならない。

(2) $h$ を互いに素な巡回置換の積に分解したとき、各巡回置換の長さは 3 を超えない。

もしそうでないとすると、$h$ の分解の中に長さが3を超える巡回置換が存在することになる。一般性を失わずに

$$h = (1 2 3 4 \dots)h_1$$

とする。ここで $h_1$ は $(1 2 3 4 \dots)$ と交わらない巡回置換の積である。偶置換 $g = (2 3 4) \in A_n$ を取ると、

$$h_2 = g^{-1}hg = g^{-1}(1 2 3 4 \dots)h_1 g = g^{-1}(1 2 3 4 \dots)g h_1$$
$$= (2 4 3)(1 2 3 4 \dots)(2 3 4)h_1 = (1 4 2 3 \dots)h_1$$

ここで $h_2 = g^{-1}hg \in H$ である。したがって $h h_2^{-1} \in H$ となる。$h_1$ は打ち消し合うので、$h h_2^{-1}$ は $(1 2 3 4 \dots)$ の部分だけから決まる。実際に計算すると、この巡回置換の長さが $4$ のとき $h h_2^{-1} = (1 4 2)$、長さが $5$ 以上のとき $h h_2^{-1} = (2 5 4)$ となる（置換の積は右から作用させる）。

いずれも恒等置換ではなく、動かす文字は $3$ 個だけである。しかし $h$ は $4$ 個以上の文字を動かすので、これは $h$ の定義（$H$ の単位元以外の元で動かす文字が最少）に矛盾する。

(3) $h$ は1つの巡回置換でしかあり得ず、複数の巡回置換の積にはなり得ない。

前の2つのステップから、$h$ の分解には2つの可能性しかないことがわかっている。1つは長さ2の巡回置換（互換）の積に分解される場合、もう1つは長さ3の巡回置換の積に分解される場合である。これら2つの可能性を逐一排除していく。

第一の可能性の排除：一般性を失わずに $h = (1 2)(3 4)$ とおく。すなわち $h$ は $\{1, 2, \dots, n\}$ のうち4つの数字を変化させる。$n \ge 5$ であるため、偶置換 $g = (1 2 5) \in A_n$ を取ると、

$$h g^{-1} h g = (1 2)(3 4)(1 5 2)(1 2)(3 4)(1 2 5) = (1 5 2)$$

となる。これは $\{1, 2, \dots, n\}$ のうち3つの数字しか変化させないが、$h g^{-1} h g \in H$ であるため、$h$ の選び方に矛盾する。

第二の可能性の排除：一般性を失わずに $h = (1 2 3)(4 5 6)$ とおく。すなわち $h$ は $\{1, 2, \dots, n\}$ のうち6つの数字を変化させる。同様に偶置換 $g = (1 2 5) \in A_n$ を取ると、

$$h g^{-1} h g = (2 4 3 6 5) \in H$$

となる。これは $\{1, 2, \dots, n\}$ のうち5つの数字しか変化させないため、やはり $h$ の選び方に矛盾する。

以上の議論をまとめると、$H$ の中で $\{1, 2, \dots, n\}$ を変化させる要素が最も少ない $h$ であれば、$h$ は

$$h = (\alpha_1 \alpha_2) \quad \text{または} \quad h = (\alpha_1 \alpha_2 \alpha_3)$$

のいずれかでしかあり得ないことを証明した。 しかし $h \in H \subset A_n$ は偶置換であるため、

$$h = (\alpha_1 \alpha_2 \alpha_3)$$

でしかあり得ない。

任意の長さ3の巡回置換 $(\beta_1 \beta_2 \beta_3)$ に対して、偶置換 $g$ を次のように設定する：

$$g = \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 & \dots \\ \beta_1 & \beta_2 & \beta_3 & \dots \end{pmatrix}$$

$H$ は $A_n$ の正規部分群であるため、$g^{-1} h g \in H$ である。これにより次が導かれる：

$$(\beta_1 \beta_2 \beta_3) = \begin{pmatrix} \beta_1 & \beta_2 & \beta_3 \\ \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 \\ \alpha_2 & \alpha_3 & \alpha_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3 \\ \beta_1 & \beta_2 & \beta_3 \end{pmatrix} = g^{-1} h g$$

したがって、任意の長さ3の巡回置換は $H$ に属する。さらに前述の定理によれば、$A_n$ の置換はすべて長さ3の巡回置換の積に分解できるため、それらもすべて $H$ に属することになる。最終的に $H = A_n$ であることが証明された。

練習問題

1 $G$ を有限群、$H$ を $G$ の空でない部分集合とする。もし任意の $a, b \in H$ に対して $ab \in H$ が成り立つならば、$H$ は必ず $G$ の部分群であることを証明せよ。

ヒント

$H$ が $G$ の部分群であることを証明するには、既知の条件から、単位元 $I \in H$ であること、および任意の $a \in H$ に対して $a^{-1} \in H$ が成り立つことを証明すればよい。$a \in H$ を取る。もし $a = I$ ならば $I, a^{-1} \in H$ である。もし $a \ne I$ ならば、条件より $a \cdot a = a^2 \in H$ となり、さらに $\{a, a^2, \dots, a^n, \dots\} \subset H$ が導かれる。さらに $G$ が有限群であるという条件から、$I, a^{-1} \in H$ が導かれる。

2 群 $G$ の2つの正規部分群の共通部分（交わり）も、やはり正規部分群であることを証明せよ。

3 $G$ を群とし、$g \in G$ とする。以下の $G \longrightarrow G$ への写像が同型写像（$G$ の自己同型と呼ばれる）であることを証明せよ。

$$a \mapsto \varphi(a) = g^{-1}ag \quad (a \in G)$$

4 正方形を不変に保つ変換から構成される群が $S_4$ の部分群であり、その位数が $2 \times 4 = 8$ であることを証明せよ。

ヒント

図のように、正四辺形を不変に保つ変換は、4つの角 $A, B, C, D$ の間の置換であることが容易にわかる。そのうち回転変換は $A, B, C, D$ の巡回置換として表され、対称軸による反射は互換の積として表される。例えば対称軸 $X$ による反射は $(A D)(B C)$となる。 注意：正四辺形の対称性を表す群は $S_4$ の部分群であるが、$S_4$ 自身は空間における正四面体の対称性を表す。

図24

5 辺の長さが等しくない長方形の対称群は4つの要素を持つことを証明せよ。

解答

1. ヒントのとおり、$I \in H$ と逆元の存在を示せばよい（積について閉じているのは仮定）。$a \in H$ をとる。$a, a^2, a^3, \ldots$ はすべて $H$ に入る。$G$ は有限なのでこれらの中に等しいものがあり、$a^i = a^j$（$i < j$）となる。両辺に $a^{-i}$ を掛けて $a^{m} = I$（$m = j - i \ge 1$）。したがって $I = a^m \in H$。さらに $m = 1$ なら $a = I$ で $a^{-1} = I \in H$、$m \ge 2$ なら $a^{-1} = a^{m-1} \in H$。よって $H$ は部分群である。

2. $N_1, N_2$ を $G$ の正規部分群とする。$N_1 \cap N_2$ は部分群である（単位元を含み、積と逆元で閉じる）。$g \in G$、$h \in N_1 \cap N_2$ に対して、$N_1, N_2$ が正規だから $g^{-1}hg \in N_1$ かつ $g^{-1}hg \in N_2$、すなわち $g^{-1}hg \in N_1 \cap N_2$。よって正規部分群である。

3. $\varphi(ab) = g^{-1}abg = (g^{-1}ag)(g^{-1}bg) = \varphi(a)\varphi(b)$ だから積を保つ。逆写像 $a \mapsto gag^{-1}$ が存在する（$g^{-1}(gag^{-1})g = a$ および $g(g^{-1}ag)g^{-1} = a$）ので全単射である。したがって $\varphi$ は $G$ の自己同型写像である。

4. 正方形の対称変換は、4 つの頂点 $A, B, C, D$ の置換を引き起こし、変換は頂点の置換で決まるので、対称群は $S_4$ の部分群とみなせる。対称変換は、頂点 $A$ の行き先（$4$ 通り）と、そのとき $A$ に隣り合う頂点の行き先（隣り合う $2$ 頂点のどちらに $B$ を移すか、$2$ 通り）で決まる。これで $4 \times 2 = 8$ 個の変換が定まり、実際に 4 つの回転（$0^\circ, 90^\circ, 180^\circ, 270^\circ$）と 4 つの反射（二本の対角線と二本の中線に関する）がそれらにあたる。したがって位数は $8$。

5. 長方形（正方形でない）の対称変換は頂点の置換を引き起こし、辺の長さが異なるので、長い辺は長い辺に、短い辺は短い辺に移る。頂点 $A$ の行き先は $4$ 通りあるが、そのとき残りの頂点の行き先は決まる。しかし、隣り合う頂点のうち「長い辺の側の頂点」は長い辺の側の頂点にしか移れないので、$90^\circ$ 回転などは対称にならない。対称な変換は、恒等変換、$180^\circ$ 回転、二本の中線に関する反射の $4$ つである。

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